Sáng kiến kinh nghiệm: Họ đường cong tiếp xúc với đường cố định

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung đề tài được chia làm 3 chương: Chương 1 - Tổng quan lý thuyết về sự tiếp xúc; chương 2 - Các phương pháp chứng minh họ đường cong tiếp xúc với đường cố định; chương 3 - Bài tập áp dụng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Họ đường cong tiếp xúc với đường cố định

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29 Nhóm thực hiện: Huỳnh Thị Diệu Hằng Võ Thị Hồng Hấn Lê Thị Hậu Trần Thị Hiền Nguyễn Đức Hiệp Bùi Trung Hiếu Lê Văn Hiếu Đề tài : HỌ ĐƯỜNG CONG TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH (Bài kiểm tra học trình) Người hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ
Quy nhơn, tháng 11 năm 2009. LỜI NÓI ĐẦU Chuyên đề “Họ đường cong tiếp xúc với đường cố định” là một vấn đề thường gặp trong các bài toán về tiếp tuyến và sự tiếp xúc của hai đồ thị, được ứng dụng rất nhiều vào phương trình và bất phương trình có tham số, đặc biệt có trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng. Tuy nhiên, vấn đề tiếp xúc vẫn đang là vấn đề gây tranh luận nhiều, nhất là từ khi Bộ GD&ĐT quyết định kể từ năm 20002001 không được dùng phương pháp nghiệm bội, nghiệm kép để giải các bài toán về tiếp tuyến và tiếp xúc. Thật ra phương pháp này rất tiện lợi cho các hàm đa thức, phân thức và hơn nữa với xu hướng đề ra hiện nay nếu dùng nó có thể giải quyết nhanh các bài toán trắc nghiệm. Để làm rõ vấn đề trên và nhằm giúp bạn đọc có cái nhìn sâu hơn, đúng đắn hơn về sự tiếp xúc, cụ thể là sự tiếp xúc của một họ đường cong với đường cố định. Trong đề tài này, chúng tôi sẽ giải quyết bài toán “Chứng minh họ đường cong tiếp xúc với đường cố định” dưới nhiều quan điểm khác nhau, nhiều phương pháp khác nhau. * Nội dung đề tài được chia làm 3 chương: Chương 1: Tổng quan lý thuyết về sự tiếp xúc. Chương 2: Các phương pháp chứng minh họ đường cong tiếp xúc với đường cố định. Chương 3: Bài tập áp dụng. Trong chương 1, đề tài đưa ra các khái niệm cơ bản và bổ túc một số kiến thức về sự tiếp xúc. Trong chương 2 trình bày các phương pháp để chứng minh họ đường cong tiếp xúc với đường cố định. Mỗi phương pháp đều có nhận xét và nêu cơ sở các phương pháp kèm theo ví dụ cụ thể. Ở chương 3, chúng tôi đưa ra một số bài tập với nhiều lời giải khác nhau áp dụng từ các phương pháp đã nêu ở chương 2, cùng một số bài tập ứng dụng và tham khảo. Tuy nhiên, trong quá trình biên soạn, vì điều kiện và thời gian có hạn nên đề tài không tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận 2
được những ý kiến đóng góp từ bạn đọc gần xa để đề tài chúng tôi được hoàn thiện hơn. Xin cảm ơn quý bạn đọc ! Quy Nhơn, ngày 20 tháng 11 năm 2009. Nhóm tác giả M ỤC L ỤC Trang LỜI NÓI ĐẦU …………………………………………………… 1 MỤC LỤC ……………………………………………………….. 2 Chương 1: TỐNG QUAN LÝ THUYẾT VỀ SỰ TIẾP XÚC ….. 3 I. Các khái niệm cơ bản ……………………………………...... 3 II. Định lý ………………………………………………………. 4 Chương 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HỌ ĐƯỜNG CONG TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH ……… 5 I. Phương pháp sử dụng định nghĩa tiếp xúc …………………. 5 II. Phương pháp điều kiện nghiệm bội, nghiệm kép ………….. 6 III. Phương pháp tách bộ phận nghiệm kép ……………………. 7 IV. Phương pháp đạo hàm ……………………………………… 9 V. Phương pháp biên ………………………………………….. 10 VI. Phương pháp tiếp tuyến cố định ……………………………. 11 VII. Phương pháp tìm tiếp tuyến cố định đi qua các điểm cực trị .. 13 Chương 3: BAØI TAÄP AÙP DUÏNG ……………………………….. 14 * CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG. ……………………………….. 22 * BÀI TẬP THAM KHẢO ……………………………………… 26 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………….. 27 3
Chương I: TỔNG QUAN LÝ THUYẾT VỀ SỰ TIẾP XÚC I. Các khái niệm cơ bản: 1. Họ đường cong là gì? Họ đường cong là bao gồm những đường cùng chung một đặc điểm nào đó, thống nhất giữa tất cả các đường. Qua các bài toán đã gặp thì ta xét mối quan hệ đó thông qua tham số. 2. Đường cố định: Đường cố định là bao gồm hai yếu tố: đường &cố định. + Đường: đường thẳng, đường cong + Cố định: không lay chuyển, không đổi 3. Quan hệ tiếp xúc: a. Định nghĩa 1: Hai đường cong (C): y=f(x) & (D): y=g(x) gọi là tiếp xúc nhau nếu giữa chúng tồn tại một tiếp tuyến chung tại cùng một điểm. f(x) = g(x) Từ đây, ta có (C) tiếp xúc với (D) có nghiệm f '(x) = g'(x) 4
f(x) A . g(x) b. Định nghĩa 2: Họ đường cong (Cm): y=f(x,m) được gọi là tiếp xúc với đường cố định (D): y=g(x) nếu mọi đường của họ đường cong (Cm) đều tiếp xúc với đường cố định (D). f(x,m) = g(x) Từ đây, ta có (Cm) tiếp xúc với (D) có nghiệm ∀ m f '(x,m) = g'(x) ¶ Biểu diễn hình học sự tiếp xúc với một đường cố định: 5
Điểm tiếp xúc di động Điểm tiếp xúc cố định 4. Định nghĩa nghiệm bội: Cho f(x) là đa thức đại số. Số xo được gọi là nghiệm bội k của f(x) khi f(x) = (x − x0 )k g(x) và chỉ khi f(x) chia hết cho (x – xo) k 2 �k �Ζ;g(x0) �0 II. Định lý: 1. Định lý 1: Đa thức f(x) có nghiệm bội x=xo khi và chỉ khi f(xo)=f ’(xo)=0 Chứng minh: + Điều kiện cần: Nếu xo là nghiệm bội của phương trình f(x)=0.Theo định nghĩa f(x)=(x xo)2 .Q(x) nên: f ’(x)= (x xo)2 .Q’(x) +2(x xo).Q(x) f(xo)=f ’(xo)=0 + Điều kiện đủ: Nếu f(xo)=f ’(xo)=0 Do f(xo)=0 f(x)=(x xo) .G(x) f ’(x)=(x xo) .G’(x) + G(x) f ’(xo)=G(xo). Do f ’(xo)=0 G(xo)=0 G(x)=(x xo).Q(x) 6
f(x) = (x xo) .G(x) = (x xo)2 .Q(x) Ρ(x) U(x) 2. Định lý 2: Cho hai phân thức hữu tỉ f(x) = , g(x) = . Khi đó Q(x) V(x) đồ thị hai hàm số y=f(x) và y=g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ x=xo khi và chỉ khi phương trình P(x)V(x) Q(x)U(x) = 0 có nghiệm bội x=xo , với Q(xo) 0 , V(xo) 0 Chứng minh: Giả sử đồ thị hai hàm số y=f(x) và y=g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ x=xo Ρ(x) U(x) Theo định nghĩa 1 ta có: = (1) Q(x) V(x) P'(x0 )Q(x0 ) − P(x0)Q'(x0) U'(x0)V(x0) − U(x0)V '(x0) = (2) 2 Q (x ) V 2(x ) 0 0 Từ (1) � P(x0 )V(x0 ) = Q(x0 )U(x0 ) Từ(2) � �P'(x0 )Q(x0 ) − P(x0)Q'(x0 )� �V 2(x0 ) = � U'(x0)V(x0) − U(x0)V '(x0)� � �Q2(x0 ) � �P'(x )Q(x ) − P(x )Q'(x )�V 2(x )Q(x )U(x ) = � 0 0 0 0 � 0 0 0 =� U'(x0)V(x0) − U(x0)V '(x0)� � �Q2(x0)P(x0)V(x0) P'(x0 )Q(x0 ) − P(x0 )Q'(x0 )� �� V(x0 )U(x0 ) = � U'(x0)V(x0 ) − U(x0)V '(x0 )� � �Q(x0 )P(x0 ) � Q(x0 )U(x0) �� P'(x0)V(x0) + P(x0)V '(x0)� �= P(x0)V(x0) � �U(x0)Q'(x0 ) + U'(x0)Q(x0)� � � P'(x0 )V(x0 ) + P(x0)V '(x0) = U(x0)Q'(x0) + U'(x0)Q(x0) � P'(x0 )V(x0 ) + P(x0)V '(x0) − � �U(x0)Q'(x0) + U'(x0)Q(x0)� �= 0 �� P(x)V(x)� � � −� U(x)Q(x)� � � = 0 (đpcm). x=x0 x=x0 Chương 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HỌ ĐƯỜNG CONG TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH Trong chương này sẽ trình bày các phương pháp để giải quyết bài toán “chứng minh họ đường cong tiếp xúc với đường cố định” theo một trình tự từ tổng quát đến những trường hợp đặc biệt dựa trên sự thay đổi các yếu tố họ đường cong và đường cố định hay điểm tiếp xúc. Mỗi phương pháp đều có ví dụ minh họa và những nhận xét cho mỗi phương pháp để bạn đọc thấy rõ về cơ sở các phương pháp,và áp dụng để giải toán. 7
Bài toán: Chứng minh họ đường cong (Cm) :y=f(x,m) tiếp xúc với đường cố định (D) ?Với (D) là một đường đã biết phương trình thì ta sử dụng định nghĩa tiếp xúc và định lý 2 để chứng minh (Cm) tiếp xúc với (D). Bây giờ ta chỉ xét các phương pháp chứng minh (Cm) tiếp xúc với đường cố định (D), với (D) chưa biết phương trình của nó. I. Phương pháp sử dụng định nghĩa tiếp xúc: Đối với bài toán đã cho biết dạng của đường cố định (D). Dựa vào định nghĩa về sự tiếp xúc của họ đường cong và đường cố định ta thực hiện các bước sau: • Bước 1: Giả sử (Cm) :y=f(x,m) tiếp xúc với đường cố định (D):y=g(x) (g(x) chứa tham số giả định) f(x,m) = g(x) • Bước 2: (Cm) tiếp xúc với (D) có nghiệm ∀ m f '(x,m) = g'(x) • Bước 3: Giải hệ điều kiện có nghiệm ∀ m suy ra các tham số giả định trong g(x) (m+ 1)x + m (m 0) Ví dụ 1: [ 3 ] Chứng minh họ (Cm): y = luôn tiếp x+ m xúc với một đường thẳng cố định. Giải: Giả sử (Cm): y=f(x,m) tiếp xúc với đường thẳng cố định (D): y=ax+b (Cm) tiếp xúc với (D) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm ∀m 0 (m+ 1)x + m = ax + b (1) f(x,m) = ax+b x+ m f '(x,m) = a m2 =a (2) (x + m)2 m2 m2 (1) � m+ 1− = ax + b � a(x + m) = am+ m+ 1− b− x+ m x+ m (a+ 1)m+ 1− b m 2 � a= − x+ m (x + m)2 8
2 (a+ 1)m+ 1− b (a+ 1)m+ 1− b� � 2a = 4a = � 2 � x+ m (x + m) 2 Kết hợp với (2) ta được m 2 1 a =a = 2 (x + m)2 (x + m) m 2 (m 0) � 4am2 = (a+ 1)2 m2 + 2(1− b)(a+ 1)m+ (1− b)2 � (a− 1)2 m2 + 2(1− b)(a+ 1)m+ (1− b)2 = 0 (∗) (a− 1)2 = 0 a= 1 (Cm) tiếp xúc với (D) (∗) đúng ∀m 0 � �(a+ 1)(1− b) = 0 � � b= 1 (1− b)2 = 0 Vậy (Cm) tiếp xúc với đường thẳng cố định (D): y=x+1. ¶Chú ý: Khi chứng minh đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, các đường conic, thay vì sử dụng định nghĩa sự tiếp xúc ta sử dụng các đẳng thức về điều kiện tiếp xúc của nó. II. Phương pháp điều kiện nghiệm bội, nghiệm kép: Dựa trên kết quả suy ra từ Định lý 2, ta có phương pháp sau: • Bước 1: Gọi phương trình (D) là: y=g(x) ,( g(x) chứa tham số giả định) • Bước 2: (Cm) tiếp xúc với (D) f(x,m) = g(x) có nghiệm bội ∀ m • Bước 3: Giải phương trình điều kiện ∀ m suy ra các tham số giả định trong g(x) Nhận xét: Phương pháp này cũng chỉ sử dụng khi bài tập cho biết dạng của đường cố định. Họ đường cong và đường cố định là đa thức phân thức thì sử dụng phương pháp này, việc tính toán sẽ đơn giản hơn. Ví dụ 2: [ 3 ] Để thấy được phương pháp này đơn giản hơn, ta xét lại Ví dụ 1, với cách giải khác. (m+ 1)x + m (m 0) Chứng minh họ (Cm): y = luôn tiếp xúc với một x+ m đường thẳng cố định. Giải: Gọi phương trình đường thẳng cố định cần tìm là (D): y=ax+b (m+ 1)x + m (Cm) tiếp xúc với (D) = ax + b có nghiệm kép ∀m 0 x+ m � (m+ 1)x + m= (ax + b)(x + m) có nghiệm kép ∀m 0 9
� ax2 + � (a− 1)m+ b− 1� � �x + (b− 1)m = 0 a 0 ∆=� �(a− 1)2 + (b− 1)2 � �m + 2(a− 1)(b− 1)m+ (b− 1) = 0 2 2 a 0 (a− 1)2 + (b− 1)2 = 0 a= 1 �� (a− 1)(b− 1) = 0 b= 1 (b− 1) = 0 2 Vậy (D): y=x+1 Ví dụ 3 : [ 3 ] Chưng minh răng ho (Cm): ́ ̀ ̣ 2 2 y = f(x) = 2x + 2(m−1)x + m + 4m luôn tiếp xúc vơi môt Parabol (P) cô ́ ̣ ́ ̣ đinh Giaỉ : Goi ph ̣ ương trình (P) cần tim co dang y=ax+bx+c , ̀ ́ ̣ a 0 (Cm) tiếp xúc (P) ó phương trình 2x + 2(m− 1)x + m + 4m = ax2 + bx + c 2 2 ́ ̣ co nghiêm kep ́ m 2 2 � 2(m−1)− b� (2 − a)x + � � ́ ̣ �x + m + 4m − c = 0 co nghiêm kep ́ m 2− a 0 2 2 ∆ 2(m−1)− b� =� � � − 4(2 − a)(m + 4m − c) = 0 ,∀m m a 2 (4a − 4)m2 + (16a − 4b − 40)m + b2 + 4ac + 4b − 8c + 4 = 0 ,∀m a 2 a= 1 �4a − 4 = 0 � � � � �b = −6 16a − 4b − 40 = 0 � �c = −4 b2 + 4ac + 4b − 8c + 4 = 0 ̣ Vây (P) cân tim la y=x ̀ ̀ ̀ 2 6x – 4 . III. Phương pháp tách bộ phận nghiệm kép: Giả sử (Cm): y=f(x,m) tiếp xúc với đường cố định (D): y=g(x). Khi đó phương trình: f(x,m) g(x) = 0 có nghiệm bội ∀m nên ta có thể biểu diễn k � f(x,m) − g(x) = �α(m)x + β(m)� � với 2 �k �Ζ γ(x,m) 10
Từ đây ta có phương pháp như sau: k 2 �k �Ζ • Bước 1: Biểu diễn f(x,m) = α � (m)x +β(m)� � � + g(x) với g = 0 γ(x,m) m k α(m)x + β(m)� • Bước 2: Xét f(x,m) = g(x) � � � � = 0 có nghiệm bội γ(x,m) β(m) x= − α(m) • Bước 3: Kết luận (Cm) luôn tiếp xúc với (D): y=g(x) cố định. Nhận xét: Phương pháp này cho cách giải ngắn gọn , độc đáo, nó giải quyết được lớp các bài toán mà không cần biết trước dạng của đường cố định (D). Tuy nhiên, cần nắm vững kỹ thuật biến đổi k f(x,m) = α � � (m)x + β(m)� � + g(x) γ(x,m) Ta có thể biến đổi bằng trực quan toán học hoặc sử dụng phương pháp sau: •Bước 1: Lấy đạo hàm theo m hàm số y=f(x,m) Ta có ym = � { k−1 �α (m).x + β (m)� k.γ (x,m) �α (m).x + β (m)�− γ (x,m) �α (m).x + β (m)� � � 2 � � } � =0 γ (x,m) β(m) � x0 = − α (m) • Bước 2: Biến đổi f(x,m) theo bộ phận nghiệm bội f(x,m) = (x − x )k.h(x) 0 Ví dụ 4: [2] Chứng minh khi m thay đổi, họ đồ thị 2 3 2 m (Cm): f(x,m) = x + 4x + mx + luôn tiếp xúc với một đồ thị cố 2 định Giải: Ta có 1 2 2 3 7 2 1 2 3 7 2 f(x,m) = (m + 2mx + x ) + x + x = (x + m) + x + x 2 2 2 2 11
7 Đặt g(x) = x3 + x2. Ta có 2 1 2 Phương trình f(x) − g(x) = (x + m) = 0 có nghiệm kép x = − m, ∀m 2 7 (Cm) luôn tiếp xúc với một đường cố định (D): g(x) = x3 + x2 2 Ví dụ 5: [4] 2 2 x + (1 − 2m)x + m + 2 Cho (Cm): y = . Chứng minh rằng x−1 ∀m 1, (Cm) luôn luôn tiếp xúc với một đường cố định Giải: 2 −2x + 2(m + 1)x − 2m −2(x − 1)(x − m) 2(m− x) ym = = = =0 2 2 x−1 (x − 1) (x − 1) �x=m (x− m)2+ x+ 2 (x− m)2 x+ 2 �y= = + x−1 x−1 x−1 x+ 2 Đặt g(x) = . Ta có x−1 2 Phương trình f(x) − g(x) = (x− m) = 0 có nghiệm kép x = m, ∀m 1 x−1 x+ 2 Do đó (Cm) ) luôn tiếp xúc với đường cố định (D): g(x) = x−1 IV. Phương pháp đạo hàm: • Bước 1: Viết lại phương trình y=f(x,m) thành F(x,m,y)=0 F(x, y,m) = 0 • Bước 2: Khử m từ hệ dF(x,y,m) tìm được hàm y=g(x) =0 dm • Bước 3: Chứng minh họ (Cm): y=f(x,m) tiếp xúc với y=g(x) cố định Nhận xét: Phương pháp này sử dụng tốt cho lớp các bài toán mà không cần biết dạng của đường cố định (D) 12
Ví dụ 6: [ 2 ] Gọi (Cm) là họ đường cong có phương trình : 2 (m − 2)x − (m − 2m + 4) y = (1) x−m Chứng minh họ (Cm) luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. Giải: Đặt F(x,y,m) = (x − m)y − (m − 2)x + m2 − 2m + 4 = 0 � m2− m(x+ y+ 2)+ 2x+ xy+ 4= 0 (2) 1 �Fm(x,y,m)= 2m−(x+ y+ 2)= 0� m= (x+ y+ 2) 2 Thay m vào (2) ta được : 1 2 1 2 (x + y + 2) − (x + y + 2) + 2x + xy + 4 = 0 4 2 x− y= 6 � �y= x− 6 � (x− y)2− 4(x− y)−12= 0� � �� x− y=−2 � � y= x+ 2 V. Phương pháp biên: • Bước 1: Tìm tập hợp điểm M(x,y) mà không đường cong nào thuộc họ (Cm) đi qua. Tập hợp các điểm này có đường biên (D): y= g(x) (Ta tìm tập hợp điểm M(x,y) mà không đường cong nào thuộc họ (Cm) đi qua bằng cách xem phương trình F(x,y,m)=0 là phương trình đối với ẩn m. Sau đó tìm điều kiện giới hạn giữa sự có nghiệm và sự vô nghiệm của phương trình F(x,y,m)=0. Giả sử là y=g(x), khi đó y=g(x) là đường cố định cần tìm) • Bước 2: Chứng minh họ (Cm):y=f(x,m) tiếp xúc với đường cố định (D):y=g(x). Biểu diễn sự tiếp xúc: 13
Nhận xét: Phương pháp này sử dụng khi đường biên của tập hợp các điểm M(x,y) mà không có đồ thị nào của (Cm) đi qua là một đường cong có tính chất cua m ̉ ột hình lồi. Phương pháp này có dấu hiệu nhận dạng đặc trưng là tham số m có bậc cao nhất bằng 2 trong biểu thức f(x,m). 2 Ví dụ 7: [ 2] Chứng minh họ (Cm): y= f(x,m)= 2x + (1− m)x+1+ m m− x (1) luôn tiếp xúc với một đường cố định. Giải: (1) được viết lại y(m − x) = 2x2 + (1 − m)x + 1 + m � m(x+ y−1)= 2x2+ x+1+ xy (2) x+ y−1= 0 Phương trình (2) vô nghiệm 2x2+ x+1+ xy 0 Ta chứng minh (Cm) tiếp xúc với đường thẳng (D): g(x)= 1x Xét hệ 14
2x2+ (1− m)x+ 1+ m = 1− x f(x,m)= g(x) m− x (3) � � 2 f (x,m)= g(x) − 2x + 4mx− m2+ 2m+ 1 = −1 (m− x)2 x2+2x+1=0 � x=−1 � � �(m+1)2 �� − =−1 m −1 (m+1)2 �∀m�−1 hệ (3) luôn có nghiệm x=−1 Vậy (Cm) và đường thẳng (D) luôn tiếp xúc nhau. Nhận xét: Lời giải cho thấy: + (Cm) tiếp xúc với đường thẳng (D):y=1x tại tiếp điểm cố định có hoành độ x=1 + Khi m=1, họ (Cm) suy biến thành đường thẳng y=x2 ; không có sự tiếp xúc. VI. Phương pháp tiếp tuyến cố định: Nếu họ (Cm) chứa đựng yếu tố “luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố định” thì ngoài những phương pháp trên, phương pháp tiếp tuyến cố định sẽ đơn giản hơn nhiều. Phương pháp này được xây dựng trên cơ sở tại điểm cố định, (Cm) có hệ số góc của tiếp tuyến không đổi. Điều đó chứng tỏ khi m thay đổi họ (Cm) luôn tiếp xúc với ti ếp tuyến cố định. . A(x0,y 0) Phương pháp: • Bước 1: Tìm các điểm cố định của (Cm). • Bước 2: Tính đạo hàm f ’(x) tại hoành độ các điểm cố định. Chứng tỏ trong các điểm cố định, tồn tại một điểm mà tại đó f ’(x) là một hằng số. Giả sử tồn tại A(x0,y0 ): f ’(x) =k=const. 15
• Bước 3: Kết luận (Cm) luôn tiếp xúc với đường thẳng cố định là tiếp tuyến của họ (Cm) tại A(x0,y0 ) có phương trình : y=k(xx0)+y0 x2 +(m−2)x+ m Ví dụ 8: [ 2 ] Cho họ Hypebol (Hm): y = 2 x −2x+ m (1) Chứng tỏ rằng ∀m 0 thì (Hm) luôn tiếp xúc với một đường cố định. Giải: Giả sử (x0,y0 ) là điểm cố định của họ (Hm). Khi đó ta có y (x2 −2x + m)= x2 +(m−2)x + m 0 0 0 0 0 , ∀m 0 � m(y − x − 1) + x (y − 1)(x − 2) = 0 , ∀m 0 0 0 0 0 0 x0 = 0 (y0 − x0 −1)= 0 y0 =1 � � x0 (y0 −1)(x0 −2)= 0 x0 = 2 y0 =3 Vậy ∀m 0 , họ (Hm) luôn đi qua hai điểm cố định (0,1) và (2,3) m2 − mx Ta có y = (x2 − 2x+ m)2 y (0) = 1 Tại điểm cố định (0,1),(Hm) có hệ số góc của tiếp tuyến không đổi. Do đó (Hm) luôn tiếp xúc với tiếp tuyến có phương trình y=x+1 Chú ý: Trong ví dụ trên (Hm) có hai điểm cố định là (0,1) và (2,3). Để chứng minh bài toán chỉ cần tồn tại một trong các điểm ấy có đạo m− 2 hàm bằng hằng số là đủ. Còn tại (2,3) ta có y (2)= phụ thuộc vào m tham số m nên tiếp tuyến tại (2,3) không cố định. Điều này không cần ghi trong bài làm. VII.Phương pháp tìm tiếp tuyến cố định đi qua các điểm cực trị: Trong trường hợp họ đường cong tiếp xúc với đường cố định tại các điểm cực trị thì ta sử dụng phương pháp sau sẽ đơn giản hơn. Bước 1:Tìm các điểm cực trị x1,x2,…. của họ đồ thị (Cm):y=f(x,m) bằng cách giải phương trình f(x,m)=0 16
Bước 2: Nếu tồn tại xi : f(xi)=p=const thì y=(f(x,m) tiếp xúc với đường y=p tại điểm (xi,p) Ví dụ 9: [ 3 ] Chứng minh họ (Cm): y = f (x,m) = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1)x − m 3 + 3m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. Giải: Ta có: y’=3x26mx+3(m21) y’=0 ó x22mx+m21=0 ó x= m1 ٧ x= m+1 f(m1)=(m1)33m(m1)2+3(m21)(m1)m3+3m= 2 f(m+1)=(m+1)33m(m+1)2+3(m21)(m+1)m3+3m= 2 y (Cm) Ta biểu diễn họ đồ thị (Cm) như hình vẽ: Từ đồ thị ta thấy (Cm) luôn tiếp xúc với 2 y=2 Hai đường thẳng cố định là y=2 và y=2 Nhận xét:Ở ví dụ này mỗi đường cong 0 (Cm) đều có 2 cực trị,và 2 tiếp tuyến của x đồ thị đi qua hai điểm cực trị đều cố định Bây giờ ta xét 1 ví dụ (Cm) có 2 cực trị −2 y = −2 nhưngchỉ có 1 tiếp tuyến cố định tại một trong 2 cực trị đó. Ví dụ 10: [ 2 ] Chứng minh họ (Cm) : 1 3 5 y = f(x,m)= x3 − mx 2 + 2m2 x − m3 + 1 (m 0) 3 2 6 Gi ải : y y' = x − 3mx + 2m 2 2 x=m y' = 0 x = 2m 1 3 3 3 5 3 y =1 f (m) = m − m + 2m 3 − m + 1 = 1 3 2 6 1 3 5 f (2m) = .8m3 − .4m3 + 4m3 − m3 + 1 0 x 3 2 6 1 = − m3 + 1 6 Từ hình v x ẽ ta thấy (Cm) luôn tiếp xúc với 1 đ x ường cố định y=1 tại điểm cực trị (m,1). Nhận xét : + Tiếp tuyến của (Cm) tại điểm cực trị có hoành độ 2m song song với nhau 17
1 +Với m=0 đồ thị hàm số trở thành y = x 3 không có cực 3 trị. Toùm laïi, đeå chöùng minh hoï ñöôøng cong (Cm) tieáp xuùc vôùi ñöôøngcố đònh(D) ta thöïc hieän2 böôùc: Böôùc1 :Tìm ñöôøngcoáñònh(L). Böôùc2 :Chöùngminh(L) tieápxuùcvôùi (Cm). @? Chương 3: BAØI TAÄP AÙP DUÏNG Trongchöôngnaøychuùngtoâi seõñöara caùcdaïngbaøi taäpñeåaùp duïngcho caùcphöôngphaùptreân.Moätsoábaøi taäpchuùngta seõtrình baøynhieàucaùchñeåbaïnñoïc thaáyñöôïc öu ñieåmcuûamoãi phöông phaùpmaøbieátcaùchlöïa choïnphöôngphaùpthíchhôïp cho töøngbaøi taäpcuï theå. 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 Baøi 1: [ 3 ] CMR họ (Cm) : y = , m -1 (1) luoân x−m tieápxuùcvôùi moätñöôøngthaúngcoáñònh. Giaûi : Nhaän xeùt :Baøi toaùn ñaõ cho bieát daïng cuûa ñöôøng coá ñònh laø ñöôøng thaúng, do ñoù ta coù theå söû duïng ñöôïc caùc phöông phaùp sau : • Caùch 1 : Phương pháp söûduïngñònhnghóatieápxuùc. (Cm) tieápxuùcvôùi ñöôøngthaúng(D) : y=ax+b 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 (m + 1) 2 � = ax + b 2x + m + 1 + = ax + b � x−m � x−m �� 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 � � (m + 1) 2 �� = a 2− � (x − m) 2 =a � x−m � 2 (m + 1) (a − 2)(x − m) = + (3 − a)m + 1 − b x−m (m + 1) 2 =2−a (x − m) 2 18
(m + 1) 2 (3 − a)m + 1 − b (3 − a)m + 1 − b a−2= + 2(a − 2) = � (x − m) 2 x−m � x−m �� (m + 1) = 2 − a 2 �(m + 1) = 2 − a 2 �(x − m) 2 �(x − m) 2 � 4(a − 2)(m + 1) 2 + [(3 − a)m + 1 − b]2 = 0 ∀m �−1 � (a − 1) 2 .m 2 + 2[4(a − 2) + (3 − a)(1 − b)].m + (1 − b) 2 + 4(a − 2) = 0 ∀m �−1 (a − 1) 2 = 0 a =1 �� 4(a − 2) + (3 − a)(1 − b) = 0 � � � (D) : y = x − 1 b = − 1 (1 − b) 2 + 4(a − 2) = 0 • Caùch 2 : Phương pháp ñieàukieännghieämboäi, nghieämkeùp. Giả sử (Cm) luoântieápxuùcvôùi ñöôøngthaúngcoáñònh(D) : y=ax+b 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 Phöôngtrình = ax + b coù nghieämkeùp x−m ∀m −1 � 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 = (ax + b)(x − m) coùnghieämkeùp ∀m −1 � (a − 2)x 2 − [ (a − 1)m + 1 − b ] x − [ (b + 1)m + 1] = 0 co ùnghieämkeùp ∀m −1 a 2 ∆ = (a − 1) 2 m 2 − 2 [ (a − 1)(b − 1) − 2(a − 2)(b + 1) ] m + (b − 1) 2 + 4(a − 2) = 0 ∀m −1 a 2 a =1 (a − 1) 2 = 0 � � a =1 �� b = −1 � � � (D) : y = x − 1 (a � − 1)(b − 1) − 2(a − 2)(b + 1) = 0 �b = 3 b = −1 � (b − 1) + 4(a − 2) = 0 2 � b = −1 • Caùch 3 : PP taùchboäphaännghieämkeùp. dy x 2 + 2x + 1 (x + 1) 2 (x + 1) 2 Ta coù = = � f (x,m) = + x −1 dm (x − m) 2 (x − m) 2 x−m Xeùt heäphöôngtrìnhtöônggiao: (x + 1) 2 y = x −1 �(Cm) : y = � � (x − m) 2 �(x + 1) 2 � � =0 (D) : y = x − 1 �x − m 19
Do heätöônggiaocoù nghieämkeùpx=-1 neân(D):y=x-1 tieápxuùcvôùi (Cm). • Caùch 4 : Phöôngphaùpñaïo haøm. Töø (1) ta vieátlaïi : y(x-m)=2x2+(1-m)x+m+1 ó(x-y-1)m-2x2+xy-x-1=0 ÑaëtF(x,y,m)=(x-y-1)m-2x2+xy-x-1 Suy ra Fm’=x-y-1 Fm’=0óy=x-1 Ta chöùngminh(Cm) tieápxuùcvôùi ñöôøngthaúng(D) : y=x-1 Xeùt heä: 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 = x −1 f (x,m) = g(m) x −m � � 2 f '(x,m) = g '(x) 2x − 4mx + m 2 − 2m −1 =1 (x − m)2 2x 2 + (1 − m)x + m + 1 = (x −1)(x − m) (m + 1)2 =1 (x − m)2 (x + 1)2 = 0 (x + 1) = 0 2 �� x = 2m + 1 (x − m) 2 = (m + 1) 2 x = −1 � x = −1 Vaäy ∀m heäñangxeùtluoâncoù nghieämx=-1 Suy ra (Cm) luoântieápxuùcvôùi ñöôøngthaúng y=x-1 • Caùch 5 : Phöôngphaùpbieân(lời giải đã trình bày ở ví dụ phương pháp biên) Töø caùch 4 ta thaáy (Cm) luoân tieáp xuùc vôùi ñöôøng y=x1 taïi ñieåm coá ñònh (1 ;2) Do ñoù ta cuõng coù theå thöïc hieän ñöôïc phöông phaùp tieáp tuyeán coá ñònh. • Caùch 5 : PP tieáptuyeáncoáñònh. Ta kieåm tra phöông phaùp tieáp tuyeán coá ñònh ñi qua caùc ñieåm cöïc trò : 20